\chapter{线性方程组}

\section{线性方程组的消元法}

\begin{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}[(1)]
      \item 我们行化简增广矩阵至行阶梯型：
    \[
        \begin{aligned}
          &\left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    2 & 2 & 3 & -2\\
                    1 &-1&0& 3\\
                    -1 & 2 & 1 & 4
                \end{array}
              \right) \\
              \xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2}  &
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0 & 3\\
                    2 & 2 & 3 & -2\\
                    -1 & 2 & 1 & 4
                \end{array}
            \right)
            \xrightarrow{r_2-2r_1}
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0& 3\\
                    0 & 4 & 3 & -8 \\
                    -1 & 2 & 1 & 4
                \end{array}
            \right) \\
            \xrightarrow{r_3+r_1} &
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0 & 3\\
                    0 & 4 & 3 & -8\\
                    0 & 1 & 1 & 7
                \end{array}
            \right) 
            \xrightarrow{r_2\leftrightarrow r_3} 
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0 & 3\\
                    0 & 1 & 1 & 7\\
                    0 & 4 & 3 & -8
                \end{array}
            \right)\\
            \xrightarrow{r_3-4r_2} &
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0 & 3\\
                    0 & 1 & 1 & 7\\
                    0 & 0 & -1 & -36
                \end{array}
            \right).
        \end{aligned} 
    \]
    由此我们看出所给线性方程组有唯一解（注意到此时的系数矩阵行列式非零，因而是可逆矩阵），且与下面的线性方程组同解：
    \[
      \left\{ 
        \begin{array}{rrrl}
          x_1 & -x_2 & & =3\\
          & x_2 & +x_3 &=7\\
          & & -x_3&= -36.
        \end{array}
      \right.
    \]
    我们通过回代的方法来把方程解出来：
    \[
      \begin{cases}
        x_3&= 36\\
        x_2&= 7-x_3=-29\\
        x_1&= 3+x_2=-26.
      \end{cases}
    \]
    所以所给线性方程组的唯一解为
    \[
        \begin{cases}
            x_1=-26\\
            x_2=-29\\
            x_3=36.
        \end{cases}
    \]

    当然我们也可以化简得更彻底点（运算量一样多，但写的略多些），化简至既约的行阶梯型：
    \[
        \begin{aligned}
          & \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    2 & 2 & 3 & -2\\
                    1 &-1&0& 3\\
                    -1 & 2 & 1 & 4
                \end{array}
              \right) \\
              \xrightarrow{\phantom{r_2-r_3}} & % 为了对齐
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0 & 3\\
                    0 & 1 & 1 & 7\\
                    0 & 0 & -1 & -36
                \end{array} 
            \right) 
            \xrightarrow{r_3\times (-1)} 
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0 & 3\\
                    0 & 1 & 1 & 7\\
                    0 & 0 & 1 & 36
                \end{array}
            \right)\\
            \xrightarrow{r_2-r_3} &
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & -1 & 0 & 3\\
                     & 1 & 0 & -29\\
                     &  & 1 & 36
                \end{array}
            \right)
            \xrightarrow{r_1+r_2} 
            \left( 
                \begin{array}{ccc|c}
                    1 & 0 & 0 & -26\\
                    & 1 & 0 & -29\\
                    &&1 &36
                \end{array}
              \right).
          \end{aligned}
          \]
我们已经把该线性方程组解出来了：
    \[
        \begin{cases}
            x_1=-26\\
            x_2=-29\\
            x_3=36.
        \end{cases}
    \]

  \item     \fangfa{1}我们行化简增广矩阵至行阶梯型然后回代来求解。化简的过程如下：
        \begin{align*}
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                    1 & -2 & 3 & -4 & 4\\
                    0 & 1 & -3 & 1 & -3\\
                    1 & 3 & 0 & 1 & 1  
                \end{array}
            \right) \xrightarrow{r_3+r_1\times (-1)} &
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                    1 & -2 & 3 & -4 & 4\\
                    0 & 1 & -3 & 1 & -3\\                   
                    0 & 5 & -3 & 5 & -3
                \end{array}
            \right)\\ 
            \xrightarrow{r_3+r_2\times (-5)} &
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                     1 & -2 & 3 & -4 & 4\\
                    0 & 1 & -3 & 1 & -3\\                                  
                    0 & 0 & 12 & 0 & 12
                \end{array}
            \right)
          \end{align*}
              这样所给线性方程组有解，且与如下的线性方程组同解：
              \[
                \left\{ 
                  \begin{array}[]{rrrrl}
                    x_1 & -2x_2 & +3x_3 & -4x_4 &=4\\
                    & x_2 & -3x_3 & +x_4 &= -3\\
                    & & 12 x_3 &&=12.
                  \end{array}
                \right.
              \]
              由于化简得的行阶梯型矩阵中第$1,2,3$非零行的第一个非零数分别在第$1,2,3$列，
              我们有$x_4$是自由变元。任取$x_4=a$, 然后采用回代的方式依次可解得
              \begin{align*}
                x_3&= 1, \\
                x_2&= -3+3x_3-x_4 =-a,\\
                x_1&= 4+2x_2-3x_3+4x_4=2a+1.
              \end{align*}
              所以所给线性方程组的通解为
              \[
        \begin{cases}
            x_1 = 1+2a \\
            x_2= -a \\
            x_3 =1 \\
            x_4=a,
        \end{cases}
              \]
    其中 $a$ 是任意数。

\fangfa{2} 我们行化简该线性方程组的增广矩阵至既约的行阶梯型矩阵：
    \[
        \begin{aligned}
          & \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                    1 & -2 & 3 & -4 & 4\\
                    0 & 1 & -3 & 1 & -3\\
                    1 & 3 & 0 & 1 & 1  
                \end{array}
            \right) \\
            \longrightarrow &
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                     1 & -2 & 3 & -4 & 4\\
                    0 & 1 & -3 & 1 & -3\\                                  
                    0 & 0 & 12 & 0 & 12
                \end{array}
            \right)
            \xrightarrow{r_3\times\frac{1}{12}} 
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                     1 & -2 & 3 & -4 & 4\\
                    0 & 1 & -3 & 1 & -3\\                                  
                    0 & 0 & 1 & 0 & 1
                \end{array}
            \right)\\ 
            \xrightarrow{r_2+r_3\times 3}& 
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                    1 & -2 & 3 & -4 & 4\\
                    0 & 1 & 0 & 1 & 0\\                                  
                    0 & 0 & 1 & 0 & 1                   
                \end{array} 
            \right) \xrightarrow{r_1+r_3\times (-3)} 
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                    1 & -2 & 0 & -4 & 1\\
                    0 & 1 & 0 & 1 & 0\\                                  
                    0 & 0 & 1 & 0 & 1                   
                \end{array} 
            \right) \\ 
            \xrightarrow{r_1+r_2\times 2} & 
            \left( 
                \begin{array}{cccc|c}
                    1 & 0 & 0 & -2 & 1\\
                    0 & 1 & 0 & 1 & 0\\                                  
                    0 & 0 & 1 & 0 & 1                   
                \end{array} 
              \right).
        \end{aligned}
    \]
    这样所给线性方程组与如下的线性方程组同解：
    \[
      \left\{ 
        \begin{array}[]{rrrrl}
          x_1 & & &-2x_4&= 1\\
          & x_2 & &+x_4&= 0\\
           & & x_3 & &= 1,
        \end{array}
      \right.
    \]
    且化简得到的左边系数矩阵部分没有主元的列只有第 $4$ 列，
    对应的变元是 $x_4$, 所以 $x_4$ 是自由变元。
    任取$x_4=a$后我们读出所给线性方程组的通解如下：
    \[
        \begin{cases}
            x_1 = 1+2a \\
            x_2= -a \\
            x_3 =1 \\
            x_4=a,
        \end{cases}
    \]
    其中 $a$ 是任意数。
\end{enumerate}


\item
  \begin{enumerate}[(1)]
    \item 我们行化简增广矩阵至阶梯形：
      \begin{align*}
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
    0 & 1 & -3 & 4 & -5 \\
    1 & 0 & -2 & 3 & -4 \\
    3 & 2 & 0 & -5 & 12 \\
    4 & 3 & -5 & 0 & 5
\end{array}\right)
\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2}  &
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
        1 & 0 & -2 & 3 & -4 \\
    0 & 1 & -3 & 4 & -5 \\
    3 & 2 & 0 & -5 & 12 \\
    4 & 3 & -5 & 0 & 5
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_4+r_1\times (-4)]{r_3+r_1\times(-3)} &
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
        1 & 0 & -2 & 3 & -4 \\
    0 & 1 & -3 & 4 & -5 \\
    0 & 2 & 6 & -14 & 24 \\
    0 & 3 & 3 & -12 & 21
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_4+r_2\times(-3)]{r_3+r_2\times(-2)} &
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
        1 & 0 & -2 & 3 & -4 \\
    0 & 1 & -3 & 4 & -5 \\
    0 & 0 & 12 & -22 & 34 \\
    0 & 0 & 12 & -24 & 36
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_4+r_2\times(-3)]{r_3+r_2\times(-2)} &
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
        1 & 0 & -2 & 3 & -4 \\
    0 & 1 & -3 & 4 & -5 \\
    0 & 0 & 12 & -22 & 34 \\
    0 & 0 & 0 & -2 & 2
\end{array}\right).
\end{align*}
所以所给线性方程组有唯一解（也是有解但没有自由变元的情形），且与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrl}
      x_1 & & -2x_3 & +3x_4 &= -4\\
      & x_2 & -3x_3 & +4x_4 &=  -5\\
      & & 12x_3 & -22x_4&= 34\\
      & & & -2x_4 & =2.
    \end{array}
  \right.
\]
我们采用回代的方式依次可解得：
\begin{align*}
  x_4&= -1,\\
  x_3&= \frac{1}{12}(34+22x_4)=1,\\
  x_2&= -5+3x_3-4x_4=2,\\
  x_1&= -4+2x_3-3x_4=1.
\end{align*}
所以所给线性方程组的唯一解为
\[
    \begin{cases}x_1=1\\ x_2=2\\ x_3=1\\ x_4=-1.
    \end{cases}
\]
当然我们也可行化简增广矩阵至既约的阶梯形然后读出解。
\iffalse
{\xingkai 方法二}：我们行化简增广矩阵至既约的阶梯形然后读出解：
      \begin{align*}
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
    0 & 1 & -3 & 4 & -5 \\
    1 & 0 & -2 & 3 & -4 \\
    3 & 2 & 0 & -5 & 12 \\
    4 & 3 & -5 & 0 & 5
\end{array}\right)
\longrightarrow  &
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
        1 & 0 & -2 & 3 & -4 \\
    0 & 1 & -3 & 4 & -5 \\
    0 & 0 & 12 & -22 & 34 \\
    0 & 0 & 0 & -2 & 2
\end{array}\right) \\
\longrightarrow &
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
    0 & 1 & 0 & 0 & 2 \\
    0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
    0 & 0 & 0 & 1 & -1
    \end{array}\right).
  \end{align*}
这样该线性方程组有唯一解
\[
    \begin{cases}x_1=1\\ x_2=2\\ x_3=1\\ x_4=-1.
    \end{cases}
\]
\fi

\item 我们尝试行化简增广矩阵至阶梯形：
  \begin{align*}
\left(\begin{array}{rrrr|r}
2 & -1 & 4 & -3 & -4 \\
1 & 0 & 1 & -1 & -3 \\
3 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
7 & 0 & 7 & -3 & 3
\end{array}\right)
\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2} & 
\left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 0 & 1 & -1 & -3 \\
2 & -1 & 4 & -3 & -4 \\
3 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
7 & 0 & 7 & -3 & 3
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_3-3r_1, r_4-7r_1]{r_2-2r_1} & 
\left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 0 & 1 & -1 & -3 \\
0 & -1 & 2 & -1 & 2 \\
0 & 1 & -2 & 3 & 10 \\
0 & 0 & 0 &4 & 24
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_4-2r_3]{r_3+r_2} &
\left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 0 & 1 & -1 & -3 \\
0 & -1 & 2 & -1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 12 \\
0 & 0 & 0 &0 & 0
\end{array}\right)
\end{align*}
这样所给线性方程组有解，与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrl}
      x_1 & & +x_3 & -x_4&= -3\\
      & -x_2 & +2x_3 & -x_4 & =2\\
      & & & 2x_4&= 12
    \end{array}.
  \right.
\]
其中只有$x_3$是自由变元。任取$x_3=a$, 回代可解得
\begin{align*}
  x_4&=6\\
  x_2&= 2x_3-x_4-2=2a-8\\
  x_1&= -3-x_3+x_4=3-a.
\end{align*}
所以所给线性方程组的通解为
\[
  (x_1, x_2, x_3,x_4)^{\rT}=(3-a, 2a-8, a, 6)^{\rT},
\]
其中$a$为任意数。当然我们也可行化简增广矩阵至既约的阶梯形然后读出解。
\iffalse
{\xingkai 方法二}：我们尝试行化简增广矩阵至既约的阶梯形：
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rrrr|r}
2 & -1 & 4 & -3 & -4 \\
1 & 0 & 1 & -1 & -3 \\
3 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
7 & 0 & 7 & -3 & 3
\end{array}\right)
\longrightarrow  &
\left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 0 & 1 & -1 & -3 \\
0 & -1 & 2 & -1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 12 \\
0 & 0 & 0 &0 & 0
\end{array}\right) \\
\longrightarrow&
\left(\begin{array}{rrrr|r}
1 & 0 & 1 & 0 & 3 \\
0 & 1 & -2 & 0 & -8 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 6 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\end{align*}
这样所给线性方程组有解，与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrl}
      x_1 & &+x_3 & & =3\\
      &  x_2 & -2x_3 & & =-8\\
      & & & x_4&= 6.
    \end{array}
  \right.
\]
由于系数矩阵部分只有第 $3$ 列没有主元， $x_3$ 是自由变元。
任取 $x_3=a$, 此时可从上面的线性方程组读出所给线性方程组的通解为
\[
    \begin{cases}
        x_1=3-a\\
        x_2=-8+2a\\
        x_3=a\\
        x_4=6,
    \end{cases}
\]
其中 $a$ 为任意数。
\fi
\end{enumerate}
\item 我们尝试行化简增广矩阵：
\[
    \begin{aligned}
        \left(
            \begin{array}{rrrr|r}
                1  & -2 & 3 & -1 & 1\\
                3 & -1 & 5 & -3 & 2 \\
                2 & 1 & 2  & -2 & 3
            \end{array}
          \right) \xrightarrow[r_3-2r_1]{r_2-3r_1} & 
        \left(
            \begin{array}{rrrr|r}
                1  & -2 & 3 & -1 & 1\\
                0 & 5 & -4 & 0 & -1 \\
                0 & 5 & -4  & 0 & 1
            \end{array}
        \right) \\
        \xrightarrow{r_3-r_2}
        & 
        \left(
            \begin{array}{rrrr|r}
                1  & -2 & 3 & -1 & 1\\
                0 & 5 & -4 & 0 & -1 \\
                0 & 0 & 0  & 0 & 2
            \end{array}
        \right).
    \end{aligned}
\]
我们发现了最后一行给出一个方程 $0=2$, 这样该线性方程组无解。

\item 注意到系数矩阵 $A$ 是方阵，该齐次线性方程组有非零解当且仅当 $A$ 不可逆当且仅当 $A$ 的行列式 $|A|=0$.
我们来计算下系数矩阵 $A$ 的行列式：
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            \lambda & 1 & 1 \\
            1 & \lambda & 1\\
            1 & 1 & \lambda
        \end{vmatrix} &= 
        - \begin{vmatrix}
            1 & 1 & \lambda\\
            1 & \lambda & 1\\
            \lambda & 1 & 1
        \end{vmatrix}  
        = -\begin{vmatrix}
            1 &1  & \lambda\\
            0 & \lambda-1 & 1-\lambda\\
            0 & 1-\lambda & 1-\lambda^2
        \end{vmatrix} 
        =  -\begin{vmatrix}
            \lambda-1 & 1-\lambda\\
            1-\lambda & 1-\lambda^2
        \end{vmatrix} \\
        &= -\left((\lambda-1)(1-\lambda^2)-(\lambda-1)^2\right)\\
        &= (\lambda+2)(\lambda-1)^2.
    \end{aligned}
\]
这样 $(\lambda+2)(\lambda-1)^2=0$, 所以 $\lambda=1$ 或 $-2$.
求解我就不写了。
\end{enumerate}

\section{$n$维向量}

\begin{enumerate}
  \item 我们有
    \begin{align*}
      2\alpha-3\beta&= 2(-1,2,3,5)-3(3,-2,0,4)=(-2,4,6,10)-(9,-6,0,12)\\
      &= (-11,10,6,-2).
  \end{align*}

\item \begin{enumerate}[(1)]\item  显然有 
\[
\alpha=\frac{1}{2}\left( (1,3,2,-1)-(3,1,-2,3) \right)=(-1,1,2,-2). 
\]
\item 第一个方程减去第二个方程的两倍得 $5\beta=(3,1,-1)$, 故 
$\beta=(\frac{3}{5}, \frac{1}{5},-\frac{1}{5}). $
进而 
\[
\alpha=\frac{1}{2}\left( \beta+(-1,0,1) \right)=(-\frac{1}{5}, \frac{1}{10}, \frac{2}{5}).
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{向量的线性关系}

\begin{enumerate}
  \item 
    \fangfa{1} 设$\beta=x_1 \alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3$. 这相当于
    \[
      \beta^{\rT}=x_1\alpha_1^{\rT}+x_2\alpha_2^{\rT}+x_3\alpha_3^{\rT}=
      \begin{pmatrix}
        \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT}
      \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3\\
      \end{pmatrix},
    \]
    进而相当于
    \[
      \begin{cases}
        x_2+x_3=3\\
        x_1+x_3=-2\\
        x_1+x_2=3.
      \end{cases}
    \]
    这样$x_1+x_2+x_3=2$, 从而$x_1=-1, x_2=4, x_3=-1$. 
    代入原方程可以发现这确实是解，所以这是这是唯一解。
    这样 $\beta=-\alpha_1+4\alpha_2-\alpha_3$.

    \fangfa{2} 我们知道行化简能保持和反映出矩阵列向量组的线性关系，
    这样我们只用行化简
    $\begin{pmatrix}
      \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \beta^{\rT}
    \end{pmatrix}$即可。
    我们化简得
    \begin{align*}
        \begin{pmatrix}
          0 & 1 & 1 & 3\\
          1 & 0 & 1 & -2\\
          1 & 1 & 0 & 3
        \end{pmatrix}\xrightarrow{r_1+r_2+r_3}  &
        \begin{pmatrix}
          2 & 2 & 2 & 4\\
          1 & 0 & 1 & -2\\
          1 & 1 & 0 & 3
        \end{pmatrix}
        \xrightarrow[r_2-r_1, r_3-r_1]{r_1\times \frac{1}{2}}
        \begin{pmatrix}
          1 & 1 & 1 & 2\\
          0 & -1 & 0 & -4\\
          0 & 0 & -1 & 1
        \end{pmatrix} \\
        \longrightarrow{} &
        \begin{pmatrix}
          1 & 0 & 0 & -1\\
          0 & 1 & 0 & 4\\
          0 & 0 & 1 & -1
        \end{pmatrix}.
      \end{align*}
    所以 $\beta^{\rT}=-\alpha_1^{\rT}+4\alpha_2^{\rT}-\alpha_3^{\rT}$, $\beta=-\alpha_1+4\alpha_2-\alpha_3$.
\item 
      我们利用这个事实：行化简能保持和反映出列向量组的线性关系。所以我们转置成列向量用行化简至行阶梯形来辅助判断。
      \begin{enumerate}[(1)]
        \item 我们有
          \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
        \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT}
      \end{pmatrix} =& 
    \begin{pmatrix}
        1 & 2 & 4 \\
        2 & -1 & 3 \\
        -1 & 1 & -1 \\
        5 & 1 & 5
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3+r_1, r_5-5r_1]{r_2-2r_1} 
    \begin{pmatrix}
        1 & 2 & 4 \\
        0 & -5 & -5 \\
        0 & 3 & 3 \\
        0 & -5 & -15
      \end{pmatrix}\\
      \xrightarrow[r_4-r_2]{r_3+r_2\times \frac{3}{5}} & 
    \begin{pmatrix}
        1 & 2 & 4 \\
        0 & -5 & -5 \\
        0 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & -10
      \end{pmatrix}
      \longrightarrow \begin{pmatrix}
        1 & 2 & 4 \\
        0 & -5 & -5 \\
        0 & 0 & -10\\
        0 & 0 & 0 
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
这样我们得到了一个阶梯形，有$3$个非零行，
从而所给向量组的秩为$3$. 
而我们总共只有$3$个向量，因此 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性无关。

\item 我们有
\[
    \begin{pmatrix}
        \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT}
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        1 & 0 & 1 & 0 \\
        -2 & 1 & 3 & 1 \\
        3 & -1 & 0 & 3 \\
        -4 & 1 & 1 & 1
    \end{pmatrix}\xrightarrow{\text{行化简}}
    \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 1 & 0 \\
        0 & 1 & 1 & -7 \\
        0 & 0 & 2 & 4 \\
        0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
\]
这样我们得到了一个阶梯形，有$3$个非零行，从而所给向量组的秩为$3$.
而我们总共有$4$个向量，
因此 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 线性相关。
\end{enumerate}

\item   \fangfa{1} 考虑线性方程组$x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3=0$. 
  等价地，我们考虑齐次线性方程组 $\begin{pmatrix}
    \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT}
\end{pmatrix}(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=0$, 即
\[
    \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 3 \\
1 & 3 & t
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3
    \end{pmatrix}=0.
\]
注意到系数矩阵是方阵，
$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性无关当且仅当该线性方程组只有零解当且仅当
系数矩阵 $A$ 可逆当且仅当 $|A|\neq 0$.
容易算得 $|A|=t-5$. 所以 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性相关当且仅当 $t=5$; 
线性无关当且仅当 $t\neq 5$.

\fangfa{2} 我们行化简$\begin{pmatrix}\alpha_1^{\rT} &\alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT}\end{pmatrix}$
来发现$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$的线性关系：
\[
    \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 3 \\
1 & 3 & t
    \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3-r_1]{r_2-r_1}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 2 & t-1
    \end{pmatrix}\xrightarrow{r_3-2r_1}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & t-5
    \end{pmatrix}.
\]
所以$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$线性无关当且仅当$t-5\neq 0$, 即$t\neq 5$; 
线性相关当且仅当$t=5$.
\item 我们把 $\begin{pmatrix}
    \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT} & \alpha_5^{\rT}
\end{pmatrix}$ 行化简至既约的阶梯形（因为我们要表示其他向量；如果只是找一个极大线性无关组的话，化成阶梯形足矣）：
\begin{align*}
  & \begin{pmatrix}
1 & -1 & 3 & 2 & -9 \\
0 & 1 & -1 & 2 & 2 \\
-1 & 2 & -4 & 1 & 10 \\
-1 & -2 & 0 & 1 & -6
    \end{pmatrix}\xrightarrow[r_4+r_1]{r_3+r_1}
    \begin{pmatrix}
1 & -1 & 3 & 2 & -9 \\
0 & 1 & -1 & 2 & 2 \\
0 & 1 & -1 & 3 & 1 \\
0 & -3 & 3 & 3 & -15
    \end{pmatrix} \\
    \xrightarrow[r_4+3r_1]{r_3-r_2} & 
    \begin{pmatrix}
1 & -1 & 3 & 2 & -9 \\
0 & 1 & -1 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 9 & -9
    \end{pmatrix} 
    \xrightarrow{r_4-9r_3}
    \begin{pmatrix}
1 & -1 & 3 & 2 & -9 \\
0 & 1 & -1 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix} \\
    \xrightarrow{r_1+r_2} & 
    \begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 4 & -7 \\
0 & 1 & -1 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix} 
    \xrightarrow[r_2-2r_3]{r_1-4r_3} 
    \begin{pmatrix}
 1 & 0 & 2 & 0 & -3 \\
0 & 1 & -1 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0       
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
非零行为第 $1,2,3$ 行，每行第一个非零数所在列的列号分别为 $1,2,4$.
所以所给向量组的一个极大线性无关组为$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$, 
所给向量组的秩为 $3$, 
且 $\alpha_3=2\alpha_1-\alpha_2, \alpha_5=-3\alpha_1+4\alpha_2-\alpha_4$.

\item \fangfa{1} 容易发现 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$ 可由 
  $\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s$ 线性表出。
  我们断言向量组$S=(\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s)$ 
  线性无关。否则，$S$中某个向量可由其他$s-1$个向量线性组合得到（注意到我们可设$s>1$），
  进而$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$可由这$s-1$个向量线性表出，
  因此$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$线性相关，
  这与$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$线性无关这个题设相矛盾。
  断言得证。

  \fangfa{2} 容易发现 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$ 可由
  $\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s$ 线性表出；
  反过来也对，即 $\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s$ 
  可由 $\alpha_1, \alpha_2,\cdots,\alpha_s$ 线性表出。所以两个向量组等价。
  现在 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$ 线性无关，这个向量组的秩为 $s$. 
  我们知道等价的向量组秩相等，所以 
  $\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s$ 的秩为 $s$, 
  而这个向量组也就 $s$ 个向量，所以这 $s$ 个向量线性无关。
    


\fangfa{3} 为了考察$\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s$的线性相关性，
    设$x_1 \alpha_1 + x_2 (\alpha_1+\alpha_2)+\ldots+x_s(\alpha_1+\ldots + \alpha_s)=0$, 
    其中$x_i$是未知数。 
    这样$(x_1+\ldots+x_s)\alpha_1 + (x_2+\ldots+x_s)\alpha_2 + \ldots + x_s \alpha_s=0$.
    由于$\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_s$线性无关，我们有
    \[
      \begin{cases}
        x_1+\cdots+x_s=0,\\
        x_2+\cdots+x_s=0,\\
        \vdots\\
        x_s=0.
      \end{cases}
    \]
    此方程组显然只有零解，这样$\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s$线性无关。

\end{enumerate}

\section{线性方程组有解的判别定理}

\begin{enumerate}
  \item   我们试着行化简增广矩阵至阶梯型：
\[
    \begin{aligned}
        \left( 
            \begin{array}{rrr|r}
                a & 2& 3 & 8 \\
                2a & 2 & 3 & 10 \\
                1 & 2 & b & 5
            \end{array} 
          \right)\xrightarrow[r_1-r_2]{r_2-r_1} &  
        \left( 
            \begin{array}{rrr|r}
                0 & 2& 3 & 6 \\
                a & 0 & 0 & 2 \\
                1 & 2 & b & 5
            \end{array} 
        \right)
        \xrightarrow{\text{两次交换两行}}
        \left( 
            \begin{array}{rrr|r}
              1 & 2 & b & 5\\
              0 & 2& 3 & 6 \\
              a & 0 & 0 & 2 
            \end{array} 
        \right)\\
        \xrightarrow[r_3+r_1\times (-a)]{r_1-r_2} & 
        \left(
            \begin{array}{rrr|r}
              1 & 0 & b-3 & -1 \\
              0 & 2& 3 & 6 \\
              0 & 0 & -a(b-3) & 2 +a
            \end{array} 
          \right).
    \end{aligned}
\]
所给线性方程组有无穷多解当且仅当 $-a(b-3)=0, 2+a=0$, 亦即 $a=-2,b=3$.

\item 我们尝试行化简增广矩阵至阶梯型：
\[
    \begin{aligned}
        \left( 
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & a \\
            3 & 2 & 1 & 1 & -3 & 0 \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & b \\
            5 & 4 & 3 & 3 & -1 & 2
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_4-5r_1]{r_2-3r_1} & 
        \left( 
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & a \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3a \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & b \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & 2-5a
            \end{array}
        \right)\\
        \xrightarrow[r_3+r_2]{r_4+r_3} & 
        \left(
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & a \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3a \\
            0& 0& 0  & 0 & 0 & b-3a \\
            0& 0& 0  & 0 & 0 & b+2-5a
        \end{array}
    \right).
    \end{aligned}
\]
所以该线性方程组有解当且仅当 $b-3a=0, b+2-5a=0$, 即 $a=1, b=3$.

\item 我们考察线性方程组 $\begin{pmatrix}
    \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT} 
\end{pmatrix}(x_1, x_2,x_3,x_4)^{\rT}=\beta^{\rT}$ 的解的情况即可，也就是说，我们考虑线性方程组
\[
    \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 1  & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 2 & 3 & a+2 & 4 \\ 3 & 5 & 1 & a+8 
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        1 \\ 1\\ b\\5
    \end{pmatrix}.
\]
我们行化简增广矩阵来看解的情况：
\[
    \begin{aligned}
        \left( 
            \begin{array}{cccc|c}
                1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
                0 & 1 & -1 & 2 & 1\\ 
                2 & 3 & a+2 & 4 & b \\ 
                3 & 5 & 1 & a+8 & 5 
            \end{array}
          \right) \xrightarrow[r_4-3r_1]{r_3-2r_1} & 
        \left( 
            \begin{array}{cccc|c}
                1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
                0 & 1 & -1 & 2 & 1\\ 
                0 & 1 & a & 2 & b-2 \\ 
                0 & 2 & -2 & a+5 & 2 
            \end{array}
        \right) \\
        \xrightarrow[r_4-2r_2]{r_3-r_2} & 
        \left( 
            \begin{array}{cccc|c}
                1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
                0 & 1 & -1 & 2 & 1\\ 
                0 & 0 & a+1 & 0 & b-3 \\ 
                0 & 0 & 0 & a+1 & 0
            \end{array}
        \right).
    \end{aligned}
\]
若 $a+1\neq 0$, 即 $a\neq -1$, 则系数矩阵部分为可逆矩阵（看行列式），解唯一。
若 $a=-1$, 显然无解当且仅当 $b\neq 3$, 否则有无穷多解。
所以 (1) $a=-1, b\neq 3$ 时 $\beta$ 不能表示为 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 的线性组合；
(2) $a\neq -1$ 时 $\beta$ 唯一地表示为 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 的线性组合。

\item \fangfa{1} 注意到所给线性方程组的系数矩阵的行列式是 Vandermonde 行列式，值为 $(a-1)(a-2)$. 故 $a=1$ 或 $2$ 时系数矩阵不可逆，$a\neq 1,2$ 时系数矩阵可逆。$a=1$ 时题给的四个线性方程并在一起为
\[
    \left\{
        \begin{array}{rrrl}
            x_1 + & x_2 + & x_3 &= 0\\
            x_1 + & 2x_2 + & x_3 &= 0\\
            x_1 + & 4x_2 + & x_3 &= 0\\
            x_1+ & 2x_2 + & 2x_3 &= 0.
        \end{array}
    \right.
\]
这个显然有零解，故 $a=1$ 可以。$a=2$ 时题给的四个线性方程并在一起为
\[
    \left\{
        \begin{array}{rrrl}
            x_1 + & x_2 + & x_3 &= 0\\
            x_1 + & 2x_2 + & 2x_3 &= 0\\
            x_1 + & 4x_2 + & 4x_3 &= 0\\
            x_1+ & 2x_2 + & 2x_3 &= 1.
        \end{array}
    \right.
\]
显然无解（看第二、四行），故 $a=2$ 不行。$a\neq 1,2$ 时题给的齐次线性方程组系数矩阵可逆，只有零解，而零解不满足另一个方程 $x_1+2x_2+2x_3=a-1$, 所以也不行。故有公共解时只有 $a=1$.

\fangfa{2} 题设相当于说线性方程组
\[
    \left\{
        \begin{array}{rrrl}
            x_1 + & x_2 + & x_3 &= 0\\
            x_1 + & 2x_2 + & ax_3 &= 0\\
            x_1 + & 4x_2 + & a^2x_3 &= 0\\
            x_1+ & 2x_2 + & 2x_3 &= a-1
        \end{array}
    \right.
\]
有解。我们行化简增广矩阵来看解的情况：
\[
    \begin{aligned}
        \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                1 & 1 & 1 & 0\\
                1 & 2 & a & 0\\
                1 & 4 & a^2 & 0\\
                1 & 2 & 2 & a-1
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_2-r_1,r_3-r_1]{r_4-r_2} & 
        \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                1 & 1 & 1 & 0\\
                0 & 1 & a-1 & 0\\
                0 & 3 & a^2-1 & 0\\
                0 & 0 & 2-a & a-1
            \end{array}
        \right) \\
        \xrightarrow{r_3-3r_2} & 
        \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                1 & 1 & 1 & 0\\
                0 & 1 & a-1 & 0\\
                0 & 0 & a^2-3a+2 & 0\\
                0 & 0 & 2-a & a-1
            \end{array}
        \right) \\
        \xrightarrow[r_3\leftrightarrow r_4]{r_3+r_4\times(a-1)} & 
        \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                1 & 1 & 1 & 0\\
                0 & 1 & a-1 & 0\\
                0 & 0 & 2-a & a-1 \\
                0 & 0 & 0 & (a-1)^2\\
            \end{array}
        \right).
    \end{aligned}
\]
要有解必须有 $(a-1)^2=0$, 即 $a=1$. 容易从我们行化简最终得到的看出 $a=1$ 时确实有解。
\end{enumerate}

\section{线性方程组解的结构}
\begin{enumerate}
  \item   \fangfa{1} 我们把系数矩阵行化简至阶梯形（齐次线性方程组的增广矩阵最后一列是零列，无论怎么行化简始终是零列，故不妨忽略）然后回代求出通解：
  \begin{align*}   \begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & -1 \\
3 & 6 & -1 & -3 \\
5 & 10 & 1 & -5
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow[r_3-5r_1,r_3-r_2]{r_2-3r_1}
    \begin{pmatrix}
      1 & 2 & 1 & -1\\
      0 & 0 & -4 & 0\\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
  所以所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
  \[
    \left\{ 
      \begin{array}{rrrrl}
        x_1 &+2x_2 & +x_3 & -x_4 &=0\\
        &&-4x_3&&= 0,
      \end{array}
    \right.
  \]
  且$x_2,x_4$是自由变元。
  任取$x_2=a, x_4=b$, 回代可解得
  \[
    \begin{cases}
      x_3= 0,\\
      x_1= -2x_2-x_3+x_4=-2a+b.
    \end{cases}
  \]
  所以所给齐次线性方程组的通解为
  \[
    \begin{pmatrix}
      x_1 \\x_2 \\x_3\\x_4
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
      -2a+b\\ a \\ 0 \\ b
    \end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}
      -2 \\ 1 \\ 0  \\ 0
    \end{pmatrix}  +b\begin{pmatrix}
      1 \\  0 \\0 \\ 1
    \end{pmatrix},
  \]
  其中$a, b$是任意数。
  特别地，$\begin{pmatrix}
      -2 \\ 1 \\ 0  \\0
    \end{pmatrix},  \begin{pmatrix}
      1 \\ 0  \\ 0 \\ 1
    \end{pmatrix}$构成一个基础解系。

    \fangfa{2} 我们把系数矩阵行化简至阶梯形（齐次线性方程组的增广矩阵最后一列是零列，无论怎么行化简始终是零列，故不妨忽略）然后找到基础解系。
  化简过程如下：
  \begin{align*}   \begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & -1 \\
3 & 6 & -1 & -3 \\
5 & 10 & 1 & -5
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow[r_3-5r_1,r_3-r_2]{r_2-3r_1}
    \begin{pmatrix}
      1 & 2 & 1 & -1\\
      0 & 0 & -4 & 0\\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
  所以所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
  \[
    \left\{ 
      \begin{array}{rrrrl}
        x_1 &+2x_2 & +x_3 & -x_4 &=0\\
        &&-4x_3&&= 0,
      \end{array}
    \right.
  \]
  且$x_2,x_4$是自由变元。
  令$(x_2, x_4)=(1,0)$, 回代可解得$(x_1, x_2, x_3, x_4)=(-2,1,0,0)$; 令$(x_2, x_4)=(0,1)$, 回代可解得$(x_1, x_2, x_3, x_4)=(1,0,0,1)$. 所以所给线性方程组的一个基础解系为$\eta_1=(-2,1,0,0)^{\rT}$, $\eta_2=(1,0,0,1)^{\rT}$; 该线性方程组的通解为$k_1\eta_1 + k_2\eta_2$, 其中$k_1, k_2$是任意数。
\iffalse
  {\xingkai 方法三}：我们把系数矩阵行化简至既约的阶梯形（齐次线性方程组的增广矩阵最后一列是零列，无论怎么行化简始终是零列，故不妨忽略）：
\[
    \begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & -1 \\
3 & 6 & -1 & -3 \\
5 & 10 & 1 & -5
    \end{pmatrix}    \xrightarrow[r_3-5r_1,r_3-r_2]{r_2-3r_1}
    \begin{pmatrix}
      1 & 2 & 1 & -1\\
      0 & 0 & -4 & 0\\
      0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}\xrightarrow[r_1-r_2]{r_4\times (-\frac{1}{4})}
    \begin{pmatrix}
1 & 2 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
\]
所以所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
  \[
    \left\{ 
      \begin{array}{rrrrl}
        x_1 &+2x_2 &  & -x_4 &=0\\
        & &x_3&&= 0,
      \end{array}
    \right.
  \]
 且$x_2, x_4$ 是自由变元。任取 $x_2=a, x_4=b$, 线性方程组的通解为\[
    \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        -2a+b \\ a \\ 0 \\b
    \end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}
        -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0
    \end{pmatrix}+b \begin{pmatrix}
        1 \\ 0 \\ 0 \\1
    \end{pmatrix},
\]
其中 $a,b$ 是任意数。一个基础解系为
\[
    \begin{pmatrix}
        -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0
    \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix}
        1 \\ 0 \\ 0 \\1
\end{pmatrix}.
\]
\fi
\item \fangfa{1} 我们尝试行化简增广矩阵至阶梯形：
\[
    \begin{aligned}
        \left( 
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            3 & 2 & 1 & 1 & -3 & 0 \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
            5 & 4 & 3 & 3 & -1 & 2
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_4-5r_1]{r_2-3r_1} & 
        \left( 
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3 \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3
            \end{array}
        \right)\\
        \xrightarrow[r_3+r_2]{r_4+r_3} & 
        \left(
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3 \\
            0& 0& 0  & 0 & 0 & 0 \\
            0& 0& 0  & 0 & 0 & 0
        \end{array}
    \right).
    \end{aligned}
\]
所给线性方程组与如下的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrrl}
      x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4 & +x_5 &=  1\\
      & x_2& +2x_3 & +2x_4 &+6x_5 &= 3,
    \end{array}
  \right.
\]
其中$x_3, x_4, x_5$为自由变元。
任取$x_3=c, x_4=d, x_5=e$, 回代可解得
\begin{align*}
  x_2&= 3-2x_3-2x_4-6x_5=3-2c-2d-6e,\\
  x_1&= 1-x_2-x_3-x_4-x_5=-2+c+d+5e.
\end{align*}
这样该线性方程组的通解为
\[
    \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5
    \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
        -2+c+d+5e\\ 3-2c-2d-6e \\ c\\ d \\e
      \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        -2 \\ 3\\ 0\\ 0\\ 0
      \end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 1 \\ 0\\0
      \end{pmatrix}+d\begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \\0
      \end{pmatrix}+e \begin{pmatrix}
        5\\-6 \\ 0 \\ 0 \\ 1
      \end{pmatrix},
\]
其中 $c,d,e$ 是任意数。
进而$\begin{pmatrix}
  -2 \\ 3 \\ 0 \\ 0 \\ 0
      \end{pmatrix}$为该线性方程组的一个特解，
      而
$\begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 1 \\ 0\\0
      \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 0 \\ 1\\0
      \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
        5\\-6 \\ 0 \\ 0 \\ 1
      \end{pmatrix}
    $
    构成导出组的一个基础解系。



    \fangfa{2} 我们尝试行化简增广矩阵至阶梯形：
\[
    \begin{aligned}
        \left( 
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            3 & 2 & 1 & 1 & -3 & 0 \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
            5 & 4 & 3 & 3 & -1 & 2
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_4-5r_1]{r_2-3r_1} & 
        \left( 
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3 \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3
            \end{array}
        \right)\\
        \xrightarrow[r_3+r_2]{r_4+r_3} & 
        \left(
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3 \\
            0& 0& 0  & 0 & 0 & 0 \\
            0& 0& 0  & 0 & 0 & 0
        \end{array}
    \right).
    \end{aligned}
\]
这样所给线性方程组与如下的线性方程组同解：
\[\tag{$*$}
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrrl}
      x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4 & +x_5 &=  1\\
      & x_2& +2x_3 & +2x_4 &+6x_5 &= 3.
    \end{array}
  \right.
\]
其中$x_3, x_4, x_5$为自由变元。
取$(x_3, x_4, x_5)=(0,0,0)$，代入到线性方程组($*$)可得到所给线性方程组的一个特解
\[
  \gamma_0=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)^{\rT}=(-2,3,0,0,0)^{\rT}.
\]
线性方程组($*$)的导出组为
\[\tag{$**$}
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrrl}
      x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4 & +x_5 &=  0\\
      & x_2& +2x_3 & +2x_4 &+6x_5 &= 0,
    \end{array}
  \right.
\]
分别取$(x_3, x_4, x_5)=(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$, 代入($**$)依次可得到三个解
\begin{align*}
  \eta_1 &=  (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)^{\rT}=(1,-2,1,0,0)^{\rT}; \\
  \eta_2&= (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)^{\rT}=(1,-2,0,1,0)^{\rT}; \\
  \eta_3&= (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)^{\rT}= (5,-6,0,0,1)^{\rT}.
\end{align*}
$\eta_1,\eta_2,\eta_3$就可构成所给线性方程组的导出组的一个基础解系。
这样所给线性方程组的通解为$\gamma=\gamma_0+k_1\eta_1+k_2\eta_2+k_3\eta_3$, 其中$k_1, k_2, k_3$是任意数。
\iffalse
{\xingkai 方法三}：
我们试着行化简增广矩阵至既约的阶梯形来读出通解：
\begin{align*}
            \left( 
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            3 & 2 & 1 & 1 & -3 & 0 \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
            5 & 4 & 3 & 3 & -1 & 2
            \end{array}
          \right)   \longrightarrow  &
          \left(
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
            0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3 \\
            0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
        \end{array}
      \right) \\
      \xrightarrow[r_2\times(-1)]{r_1+r_2} &
          \left(
            \begin{array}{ccccc|c}
            1 & 0 & -1 & -1 & -5 & -2 \\
            0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
            0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
        \end{array}\right).
      \end{align*}
所以所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrrl}
      x_1 & & -x_3 & -x_4 & -5x_5 &=  -2\\
      & x_2& +2x_3 & +2x_4 &+6x_5 &= 3.
    \end{array}
  \right.
\]
其中 $x_3,x_4,x_5$ 是自由变元。任取 $x_3=c, x_4=d, x_5=e$, 方程组的通解为
\[
    \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5
    \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
        -2+c+d+5e\\ 3-2c-2d-6e \\ c\\ d \\e
      \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        -2 \\ 3\\ 0\\ 0\\ 0
      \end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 1 \\ 0\\0
      \end{pmatrix}+d\begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \\0
      \end{pmatrix}+e \begin{pmatrix}
        5\\-6 \\ 0 \\ 0 \\ 1
      \end{pmatrix},
\]
其中 $c,d,e$ 是任意数。
特别地，$\begin{pmatrix}
        -2 \\ 3\\ 0\\ 0\\ 0
      \end{pmatrix}$是该线性方程组的一个特解，$\begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 1 \\ 0\\0
      \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
        1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \\0
      \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
        5\\-6 \\ 0 \\ 0 \\ 1
      \end{pmatrix}$是该线性方程组的导出组的一个基础解系。
    \fi
\item 我们尝试行化简增广矩阵来确定解的情况：
\[
    \begin{aligned}
        \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                a & 1 & 1 & b \\
                0 & a-1 & 0 & 1\\
                1 & 1 & a & 1
            \end{array}
          \right) \xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_3} & 
        \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                1 & 1 & a & 1 \\
                0 & a-1 & 0 & 1 \\
                a & 1 & 1 & b
            \end{array}
        \right) \\
        \xrightarrow{r_3-r_1\times a} & 
         \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                1 & 1 & a & 1 \\
                0 & a-1 & 0 & 1  \\
                0 & 1-a & 1-a^2 & b-a 
            \end{array}
        \right) \\       
        \xrightarrow{r_3+r_2} &
         \left( 
            \begin{array}{ccc|c}
                1 & 1 & a & 1 \\
                0 & a-1 & 0 & 1  \\
                0 & 0 & 1-a^2 & b-a+1 
            \end{array}
        \right).  
    \end{aligned}
\]
注意到化简后的系数矩阵行列式为$(a-1)(1-a^2)$.
若 $(a-1)(1-a^2)\neq 0$, 即 $a\neq \pm 1$, 则系数矩阵部分为可逆矩阵，解唯一。
要使得线性方程组有两个不同解，必须 $a= \pm 1$. 
若$a=1$, 化简后的增广矩阵的第二行告诉我们该线性方程组无解。
故 $a=-1$. 而且，还要有 $b-a+1=0$, 即 $b=-2$. 方程组的通解我就不写了。


\item $A$ 为 $4$ 阶方阵，且秩为 $3$, 所以齐次线性方程组 $Ax=0$ 的自由度为 $4-3=1$, 即基础解系中包含一个向量。
注意到 
\[
  A(\alpha_2+\alpha_3-2\alpha_1)=A\alpha_2+A\alpha_3-2A\alpha_1=\beta+\beta-2\beta=0,
\]
我们有$\alpha_2+\alpha_3-2\alpha_1=(0,-4,-2,1)^{\rT}$ 这个非零向量为 $Ax=0$ 的解，
可以给出 $Ax=0$ 的一个基础解系（因为基础解系中仅包含一个向量）。
这样 $Ax=\beta$ 的通解为 
\[
  (1,2,-1,3)^{\rT}+k (0,-4,-2,1)^{\rT}, 
\]
其中 $k$ 是任意数。
\begin{remark*}
  若齐次线性方程组$Ax=0$的基础解系中有$k$个向量，
  则$Ax=0$的线性无关的$k$个解就构成一个基础解系。
\end{remark*}
\end{enumerate}



\section*{第三章复习题}
\addcontentsline{toc}{section}{第三章复习题}

\subsection*{一、填空题}
\begin{enumerate}
  \item 系数矩阵 $A$ 是方阵，此时 $AX=0$ 有非零解当且仅当 $A$ 不可逆当且仅当 $A$ 的行列式 $|A|=0$.
这样 $\begin{vmatrix}
    1 & 2 & 1\\ 2 & 5 & k \\ 3 & 8 & 7
\end{vmatrix}=0$. 可计算得 $k=4$.

\item 由解向量有四个元素知矩阵 $A$ 有 $4$ 列。又 $A$ 的秩为 $3$, 所以齐次线性方程组 $Ax=0$ 的解的自由度为 $4-3=1$, 从而基础解系中仅一个向量。因此 $\gamma_2-\gamma_3=(1,0,-1,3)^{\rT}$ 便能构成 $Ax=0$ 的解的基础解系。另一方面，$\gamma_1+\gamma_2=(2,2,0,-4)^{\rT}$ 是 $Ax=2\beta$ 的一个解。这样 $Ax=2\beta$ 的通解可表示为 
  \[
    (2,2,0,-4)^{\rT}+k(1,0,-1,3)^{\rT},
  \]
  其中 $k$ 是任意数。

\item \fangfa{1} 我们通过化简 $\begin{pmatrix}
    1 & 0 & 2\\ 2 & -4 & 0\\
    -1 & 5 & t \\ 1 & -2 & 0
\end{pmatrix}$
后数下非零行的个数来找所给向量组的秩：
\begin{align*}
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 2\\ 2 & -4 & 0\\
    -1 & 5 & t \\ 1 & -2 & 0
  \end{pmatrix}\longrightarrow & 
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 2\\ 
    1 & -2 & 0\\ 
    -1 & 5 & t \\ 
    0 & 0 & 0
  \end{pmatrix}\longrightarrow 
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 2\\ 
    0 & -2 & -2\\ 
    0 & 5 & t+2 \\ 
    0 & 0 & 0
  \end{pmatrix} \longrightarrow 
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 2\\ 
    0 & 1 & 1\\ 
    0 & 0 & t-3 \\ 
    0 & 0 & 0
  \end{pmatrix}.
\end{align*}
 显然秩为$2$当且仅当$t=3$. 

\fangfa{2} 既然 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 秩为 $2$ 而 $\alpha_1, \alpha_3$ 线性无关，
所以 $\alpha_2$ 可由 $\alpha_1, \alpha_3$ 线性表出。
设 $\alpha_2=a\alpha_1+b\alpha_3$. 易解得 $a= 2,b= 1$. 进一步有 $t=-a+5b=3$.


\item 既然 $A$ 为 $4$ 阶方阵且秩为 $2$, 齐次线性方程组 $Ax=0$ 的解集的自由度为 $2$, 或者说，其基础解系中包含 $2$ 个向量。
另一方面，我们知道 $\gamma_2-\gamma_1=(1,-1,-1,5)^{\rT}$, $\gamma_3-\gamma_2=(0,1,-2,-3)^{\rT}$ 为 $Ax=0$ 的两个解。
显然这两个解线性无关，而基础解系中恰好 $2$ 个向量，故这两个向量构成一个基础解系。
这样 $Ax=0$ 的通解为 
\[
  a(1,-1,-1,5)^{\rT}+b(0,1,-2,-3)^{\rT}, 
\]
其中 $a,b$ 任意数。

\item 由于 $\alpha_4+\alpha_1=(\alpha_1+\alpha_2)+(\alpha_3+\alpha_4)-(\alpha_2+\alpha_3)$, 这几个向量线性相关。
  \end{enumerate}

  \subsection*{二、选择题}

  \begin{enumerate}
    \item 选 (C). $A$ 为 $4\times 3$ 矩阵，故线性方程组 $Ax=\beta$ 的变元个数为 $3$. 
    从而导出组 $Ax=0$ 的自由度 $\leqslant 3$ (自由度等于变元的个数减去 $A$ 的秩 $r(A)$), 
    即其基础解系中向量个数 $\leqslant 3$ .
    另一方面，$\gamma_2-\gamma_1, \gamma_3-\gamma_1$ (显然还有其他相减的选取) 是 $Ax=0$ 的两个线性无关的解。
    所以 $Ax=0$ 的自由度 $\geqslant 2$. 这样自由度为 $2$ 或 $3$.
    自由度为 $3$ 相当于 $r(A)=0$, 即 $A=0$. 
    此时显然$Ax=\beta$无解（注意到$\beta\neq 0$），与题设矛盾了。
    自由度为 $2$ 的话 $\gamma_2-\gamma_1, \gamma_3-\gamma_1$ 
    这两个线性无关解已然构成 $Ax=0$ 的一个基础解系。
    注意到 $A\left( \frac{\gamma_2+\gamma_3}{2} \right)=\frac{\beta}{2}+\frac{\beta}{2}=\beta$, 
    所以 $\frac{\gamma_2+\gamma_3}{2}$ 是 $Ax=\beta$ 的一个解。
    这样 $Ax=\beta$ 的通解可表示为 
    $\frac{\gamma_2+\gamma_3}{2}+k(\gamma_2-\gamma_1)+l( \gamma_3-\gamma_1)$, 其中 $k, l$ 任意数。

\item 选 (C). 注意到 $A\left( k\gamma_1+(1-k)\gamma_2 \right)=kA\gamma_1+(1-k)A\gamma_2=k\beta+(1-k)\beta=\beta$. 

\item 选 (A). 若存在不全为 $0$ 的常数 $a_1, a_2, \cdots, a_r$ 使得 $a_1\alpha_1+a_2\alpha_2+\cdots+a_r\alpha_r=0$, 那么 $a_1 A\alpha_1 + a_2 A\alpha_2 + \cdots + a_r A\alpha_r = A(a_1\alpha_1+a_2\alpha_2+\cdots+a_r\alpha_r)=0$. 

\item 选 (C). 我们一个基本的结论是：若 $t$ 个向量可以由少于 $t$ 个向量线性表出，那么这 $t$ 个向量线性相关 (P83定理5)。一个显而易见的推论是：若 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$ 线性无关且可由 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_s$ 线性表出，那么 $s\geqslant r$ (P83推论1). 

\item 选 (A). 我们一个基本的结论是：若 $t$ 个向量可以由少于 $t$ 个向量线性表出，那么这 $t$ 个向量线性相关 (P83定理5)。

\item 选 (C). 由于 $A$ 的行向量组线性无关，$A$ 的行秩等于行数 $m$. 又行秩等于秩，所以 $r(A)=m$. 

\item 选 (C). 书上结论 P82定理3.

\item 选 (D). 设 $A$ 的所有列依次为 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n$. 
若 $x=(x_1, x_2, \cdots, x_n)^{\rT}$, 由分块乘法知 $Ax=x_1\beta_1 +x_2\beta_2+\cdots + x_n \beta_n$. 
所以 $Ax$ 是 $A$ 的列的线性组合。
因此 $AB$ 的所有列都是 $A$ 的列的线性组合，即可由 $A$ 的列线性表出。
现在 $AB=E_m$, 其所有 $m$ 个列线性无关，所以必有 $A$ 的列秩 $\geqslant m$. 由于列秩等于秩，我们有 $r(A)\geqslant m$.
但 $A$ 的秩（即最高阶非零子式的阶数）不超过行数（也不超过列数），所以有 $r(A)\leqslant m$. 这样 $r(A)=m$. 
对 $B^{\rT}A^{\rT}=E_m$ 应用上面我们讨论得的结论可得 $r(B^{\rT})=m$. 故 $r(B)=m$.

\item 选 (B). 设 $A$ 的所有列依次为 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n$. 若 $x=(x_1, x_2, \cdots, x_n)^{\rT}$, 由分块乘法知 $Ax=x_1\beta_1 +x_2\beta_2+\cdots + x_n \beta_n$. 故而 $Ax=\beta$ 有解当且仅当 $\beta$ 是 $A$ 的列的线性组合。

\item 选 (A). 设 $A$ 的所有列依次为 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n$. 若 $x=(x_1, x_2, \cdots, x_n)^{\rT}$, 由分块乘法知 $Ax=x_1\beta_1 +x_2\beta_2+\cdots + x_n \beta_n$. 故而 $Ax=0$ 只有零解当且仅当 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n$ 只有所有系数都是零的线性组合得到 $0$, 即 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n$ 线性无关。
  \end{enumerate}

  \subsection*{三、计算题}
  \begin{enumerate}
    \item \fangfa{1} 对系数矩阵行化简至阶梯形：
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
2 & -4 & 5 & 3 \\
3 & -6 & 4 & 2 \\
4 & -8 & 17 & 11
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow[r_1\leftrightarrow r_2]{r_2-r_1} & 
\begin{pmatrix}
  1 & -2 & -1 & -1 \\
2 & -4 & 5 & 3 \\
4 & -8 & 17 & 11
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow[r_2-2r_1]{r_3-2r_2} 
\begin{pmatrix}
  1 & -2 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 7 & 5 \\
0 & 0 & 7 & 5
    \end{pmatrix}\\
    \xrightarrow{r_3-r_2} & 
\begin{pmatrix}
  1 & -2 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 7 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
这样所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrl}
      x_1 & -2x_2 & -x_3 & -x_4&= 0\\
      && 7x_3 & +5x_4 &= 0,
    \end{array}
  \right.
\]
其中$x_2, x_4$是自由变元。任取$x_2=a, x_4=b$, 回代可解得
\begin{align*}
  x_3&= -\frac{5}{7}x_4=-\frac{5}{7}b,\\
  x_1&= 2x_2+x_3+x_4=2a+\frac{2}{7}b.
\end{align*}
所以该线性方程组的通解为
\[
    \begin{pmatrix}
        x_1 \\x_2\\x_3\\x_4
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        2a+\frac{2}{7}b\\
        a\\
        -\frac{5}{7}b\\
        b
    \end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}
        2 \\ 1\\0 \\0
    \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix}
        \frac{2}{7} \\ 0 \\ -\frac{5}{7} \\ 1
    \end{pmatrix},
\]
其中 $a, b$ 是任意数。一个基础解系为 $\eta_1=(2,1,0,0)^{\rT}, \eta_2=(\frac{2}{7}, 0, -\frac{5}{7}, 1)^{\rT}$.

\fangfa{2} 对系数矩阵行化简至阶梯形：
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
2 & -4 & 5 & 3 \\
3 & -6 & 4 & 2 \\
4 & -8 & 17 & 11
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow[r_1\leftrightarrow r_2]{r_2-r_1} & 
\begin{pmatrix}
  1 & -2 & -1 & -1 \\
2 & -4 & 5 & 3 \\
4 & -8 & 17 & 11
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow[r_2-2r_1]{r_3-2r_2} 
\begin{pmatrix}
  1 & -2 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 7 & 5 \\
0 & 0 & 7 & 5
    \end{pmatrix}\\
    \xrightarrow{r_3-r_2} & 
\begin{pmatrix}
  1 & -2 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 7 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
这样所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrl}
      x_1 & -2x_2 & -x_3 & -x_4&= 0\\
      && 7x_3 & +5x_4 &= 0,
    \end{array}
  \right.
\]
其中$x_2, x_4$是自由变元。分别取$(x_2, x_4)=(1,0), (0,1)$, 然后可求得两个解
\[
  \eta_1= (x_1,x_2,x_3,x_4)^{\rT}=(2,1,0,0)^{\rT}, \quad \eta_2=(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\rT}=(\frac{2}{7}, 0, -\frac{5}{7}, 1)^{\rT}.
\]
这就给出了所给齐次线性方程组的一个基础解系。
所以所给齐次线性方程组的通解为$k_1\eta_1 + k_2\eta_2$, 其中$k_1, k_2$是任意数。
\iffalse
      {\xingkai 方法三}：对系数矩阵行化简至既约的阶梯形然后读出通解：
\[
   \begin{pmatrix}
2 & -4 & 5 & 3 \\
3 & -6 & 4 & 2 \\
4 & -8 & 17 & 11
    \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix}
  1 & -2 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 7 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}\longrightarrow \begin{pmatrix}
        1 & -2 & 0 & -\frac{2}{7} \\
        0 & 0 & 1 & \frac{5}{7} \\
        0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix},
\]
所以所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrl}
      x_1 & -2x_2 & & -\frac{2}{7}x_4 &= 0\\
      & & x_3 & +\frac{5}{7}x_4 &= 0,
    \end{array}
  \right.
\]
其中 $x_2, x_4$ 是自由变元。
任取 $x_2=a, x_4=b$, 可从上面的线性方程组读出所给齐次线性方程组的通解为
\[
    \begin{pmatrix}
        x_1 \\x_2\\x_3\\x_4
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        2a+\frac{2}{7}b\\
        a\\
        -\frac{5}{7}b\\
        b
    \end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}
        2 \\ 1\\0 \\0
    \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix}
        \frac{2}{7} \\ 0 \\ -\frac{5}{7} \\ 1
    \end{pmatrix},
\]
其中 $a, b$ 是任意数。一个基础解系为 $\eta_1=(2,1,0,0)^{\rT}, \eta_2=(\frac{2}{7}, 0, -\frac{5}{7}, 1)^{\rT}$.
\fi

\item %\fangfa{1} 
  我们把增广矩阵行化简至阶梯形：
  \begin{align*}
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 5 & -1 & -1 & -1 \\
    1 & -2 & 1 & 3 & 3 \\
    3 & 8 & -1 & 1 & 1 \\
    1 & -9 & 3 & 7 & 7
\end{array}\right)\xrightarrow [r_3-3r_1, r_4-r_1]{r_2-r_1} &
  \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 5 & -1 & -1 & -1 \\
    0 & -7 & 2 & 4 & 4 \\
    0 & -7 & 2 & 4 & 4 \\
    0 & -14 & 4 & 8 & 8
\end{array}\right) \\ 
\xrightarrow[r_4-2r_2]{r_3-r_2}  &
  \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 5 & -1 & -1 & -1 \\
    0 & -7 & 2 & 4 & 4 \\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\end{align*}
所以该线性方程组有解，与下面的线性方程组通解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrr}
      x_1 & +5x_2 & -x_3 & -x_4 & =-1\\
      & -7x_2 & +2x_3 & +4x_4 & =4,
    \end{array}
  \right.
\]
且其中$x_3,x_4$是自由变元。任取$x_3=a, x_4=b$, 回代可解得
\begin{align*}
  x_2&= \frac{1}{7}(2x_3+4x_4-4)=-\frac{4}{7}+\frac{2}{7}a+\frac{4}{7}b, \\
  x_1&= -1-5x_2+x_3+x_4=\frac{13}{7}-\frac{3}{7}a-\frac{13}{7}b.
\end{align*}
所以该线性方程组的通解为
\[
  \begin{cases}
    x_1=\frac{13}{7}-\frac{3}{7}a-\frac{13}{7}b,\\
    x_2=-\frac{4}{7}+\frac{2}{7}a+\frac{4}{7}b,\\
    x_3=a,\\
    x_4=b,
  \end{cases}
\]
其中$a,b$为任意数。
当然也可把增广矩阵行化简至既约的阶梯形然后读出解。
\iffalse
\fangfa{2} 我们把增广矩阵行化简至既约的阶梯形：
  \begin{align*}
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 5 & -1 & -1 & -1 \\
    1 & -2 & 1 & 3 & 3 \\
    3 & 8 & -1 & 1 & 1 \\
    1 & -9 & 3 & 7 & 7
\end{array}\right)\longrightarrow  &
       \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 5 & -1 & -1 & -1 \\
    0 & -7 & 2 & 4 & 4 \\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right) \\
\longrightarrow & 
    \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & 0 & \frac{3}{7} & \frac{13}{7} & \frac{13}{7} \\
    0 & 1 & -\frac{2}{7} & -\frac{4}{7} & -\frac{4}{7} \\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0
    \end{array}\right)
  \end{align*}
所以该线性方程组有解，与下面的线性方程组通解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrrl}
      x_1 & & +\frac{3}{7} x_3 & + \frac{13}{7}x_4&= \frac{13}{7}\\
      & x_2 & -\frac{2}{7} x_3 & -\frac{4}{7} x_4 &= -\frac{4}{7}
    \end{array}
  \right.
\]
且$x_3, x_4$ 是自由变元。
任取 $x_3=a, x_4=b$, 可读出 
该线性方程组的通解为
\[
    \begin{pmatrix}
        x_1\\x_2\\x_3\\x_4
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        \frac{13}{7}-\frac{3}{7}a-\frac{13}{7}b\\
        -\frac{4}{7}+\frac{2}{7}a+\frac{4}{7}b\\
        a\\b
    \end{pmatrix},
\]
其中 $a,b$ 是任意数。
\fi

\item   \fangfa{1} 我们对增广矩阵边行化简边发现解的情况：
\[
    \begin{aligned}
        \left(\begin{array}{ccc|c}
        \lambda & 1 & 1 & \lambda-3\\
        1 & \lambda & 1 & -2 \\
        1 & 1 & \lambda & -2
\end{array}\right) \xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_3} &
\left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & \lambda & -2\\
        1 & \lambda & 1 & -2 \\
        \lambda & 1 & 1 & \lambda-3
\end{array}\right) \\
\xrightarrow[r_3-r_1\times \lambda]{r_2-r_1} & 
    \left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & \lambda & -2\\
        0 & \lambda-1 & 1-\lambda & 0 \\
        0 & 1-\lambda & 1-\lambda^2 & 3\lambda-3
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_3\times(-1)]{r_3+r_2} & 
\left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & \lambda & -2\\
        0 & \lambda-1 & 1-\lambda & 0 \\
        0 & 0 & (\lambda-1)(\lambda+2) & -3(\lambda-1)
\end{array}\right).
\end{aligned}
\]
注意到化简后系数矩阵部分的行列式为$(\lambda-1)^2(\lambda+2)$. 
若$\lambda\neq 1, -2$, 则系数矩阵可逆，该线性方程组有唯一解，
且所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
\[
  \left\{ 
    \begin{array}[]{rrrl}
      x_1 & +x_2 & +\lambda x_3 &= -2\\
      &  (\lambda-1)x_2 & +(1-\lambda) x_3 &= 0\\
      & & (\lambda-1)(\lambda+2) x_3 &= -3(\lambda-1).
    \end{array}
  \right.
\]
我们回代可求得唯一解为 
\[
  x_1=\frac{\lambda-1}{\lambda+2},\quad
  x_2=-\frac{3}{\lambda+2}, \quad 
  x_3=-\frac{3}{\lambda+2}.
\]
下面考虑$\lambda=1$或$-2$.
若 $\lambda=1$, 化简所得的矩阵形如 
\[
  \left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & 1 & -2\\
        0 & 0 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right),
\]
容易发现通解为 
$(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=(-2-a-b, a, b)^{\rT}$, 其中 $a,b$ 任意数。
若$\lambda=-2$, 化简所得的矩阵形如 
\[
  \left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & -2 & -2\\
        0 & -3 & 3 & 0 \\
        0 & 0 & 0 & -9
    \end{array}\right).
  \]
  最后一行给出了一个 $0=-9$ 这样的方程，这样该方程组无解。
  总结下就是：
  \begin{enumerate}[(i)]
    \item $\lambda\neq 1, -2$ 时有唯一解，唯一解为 \[(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=(\frac{\lambda-1}{\lambda+2}, -\frac{3}{\lambda+2}, -\frac{3}{\lambda+2})^{\rT};\]
    \item $\lambda=1$ 时有无穷多解，通解为 
  \[(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=(-2-a-b, a, b)^{\rT},\quad \text{其中 $a,b$ 任意数；}\]
  \item $\lambda=-2$ 时无解。
  \end{enumerate}

  \fangfa{2} 注意到系数矩阵为方阵，其行列式为
  \[
    D=\begin{vmatrix}
    \lambda & 1 & 1 \\
    1 & \lambda & 1\\
    1 & 1  &\lambda
  \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
    0 & 1-\lambda & 1-\lambda^2\\
    0 & \lambda -1 & 1-\lambda\\
    1 & 1 & \lambda
  \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
    1-\lambda & 1-\lambda^2\\
    \lambda -1 & 1-\lambda\\
  \end{vmatrix} = (\lambda-1)^2(\lambda+2).
  \]
  若$D\neq 0$, 即$\lambda\neq 1$且$\lambda\neq -2$时所给线性方程组的系数矩阵可逆，
  此时唯一解可由Cramer法则得到，这需要我们计算如下三个行列式：
  \begin{align*}
    D_1&= \begin{vmatrix}
      \lambda-3 & 1 & 1\\
      -2 & \lambda & 1\\
      -2 & 1 & \lambda
    \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
      \lambda-3 & 1 & 1\\
      1-\lambda & \lambda-1 & 0\\
      -(\lambda^2-3\lambda +2) & 1-\lambda & 0
    \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
      1-\lambda & \lambda-1\\
      -(\lambda-2)(\lambda-1) & 1-\lambda
    \end{vmatrix}=(\lambda-1)^3,\\
    D_2&= \begin{vmatrix}
      \lambda & \lambda-3 & 1\\
      1 & -2 & 1\\
      1 & -2 & \lambda
    \end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
      \lambda & \lambda-3 & 1\\
      1 & -2 & 1\\
      0& 0 & \lambda-1
    \end{vmatrix}=
    (\lambda-1) \begin{vmatrix}
      \lambda & \lambda-3 \\
      1 & -2 
    \end{vmatrix} = -3(\lambda-1)^2,\\
    D_3&= \begin{vmatrix}
      \lambda & 1 & \lambda-3 \\
      1 & \lambda & -2 \\
      1 & 1 & -2
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
      \lambda & 1 & \lambda-3 \\
      0 & \lambda-1 & 0 \\
      1 & 1 & -2
    \end{vmatrix}
    =(\lambda-1)\begin{vmatrix}
      \lambda & \lambda-3\\
      1 & -2
    \end{vmatrix}=-3(\lambda-1)^2.
  \end{align*}
  由Cramer法则知唯一解为
  \[
    x_1= \frac{D_1}{D}=\frac{\lambda-1}{\lambda+2},\quad x_2= \frac{D_2}{D}=-\frac{3}{\lambda+2},
    \quad x_3= \frac{D_3}{D}=-\frac{3}{\lambda+2}.
  \]
  （亦可考虑对增广矩阵化简来得到。）
  现在考虑$\lambda=1$或$\lambda=-2$. 
  若$\lambda=1$, 我们把增广矩阵行化简至阶梯形：
  \[
    \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        1 & 1 & 1 & -2\\
        1 & 1 & 1 & -2\\
        1 & 1 & 1 & -2
      \end{array}
    \right)\longrightarrow 
    \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        1 & 1 & 1 & -2\\
        0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0
      \end{array}
    \right).
  \]
  所以$x_2, x_3$是自由变元，任取$x_2=a, x_3=b$, 这样$x_1=-2-x_2-x_3=-2-a-b$, 
  即此时的通解为$(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=(-2-a-b, a, b)^{\rT}$, 其中$a, b$是任意数。
  若$\lambda=-2$, 我们尝试行化简增广矩阵：
  \[
    \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        -2 & 1 & 1 & -5\\
        1 & -2 & 1 & -2\\
        1 & 1 & -2 & -2
      \end{array}
    \right)\xrightarrow{r_1+r_2+r_3}
    \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        0 & 0 & 0 & -9\\
        1 & -2 & 1 & -2\\
        1 & 1 & -2 & -2
      \end{array}
    \right)
  \]
  可以发现第一行给了我们一个方程$0=-9$, 所以所给线性方程组无解。
  总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda\neq 1, -2$ 时有唯一解，唯一解为 \[(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=(\frac{\lambda-1}{\lambda+2}, -\frac{3}{\lambda+2}, -\frac{3}{\lambda+2})^{\rT};\]
  \item $\lambda=1$ 时有无穷多解，通解为 
\[(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=(-2-a-b, a, b)^{\rT},\quad \text{其中 $a,b$ 任意数；}\]
\item $\lambda=-2$ 时无解。
  \end{enumerate}

\item 我们对增广矩阵边行化简边发现解的情况：
\[
    \begin{aligned}
    \left(    \begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & a & 1 \\
        1 & a & a & 3\\
        a & 1 & 1 & b 
    \end{array}\right)\xrightarrow[r_3-r_1\times a]{r_2-r_1} 
    & 
    \left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & a & 1 \\
        0 & a-1 & 0 & 2\\
        0 & 1-a & 1-a^2 & b-a 
    \end{array}\right)\\
    \xrightarrow{r_3+r_2} 
    & 
     \left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & a & 1 \\
        0 & a-1 & 0 & 2\\
        0 & 0 & 1-a^2 & b-a+2
    \end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
这样$(a-1)(1-a^2)\neq 0$（即$a\neq \pm 1$）时系数矩阵可逆，从而解存在且唯一。
要使得所给线性方程组有很多解，只有$a=\pm 1$. 
若$a=1$, 化简后的增广矩阵的第二行告诉我们该线性方程组无解，因此只能$a=-1$.
若$a=-1$, 要有很多解，我们还需要$b-a+2=0$, 即$b=-3$.
此时化简后的增广矩阵形如：
\[
       \left(\begin{array}{ccc|c}
        1 & 1 & -1 & 1 \\
        0 & 1 & 0 & -1\\
        0 & 0 & 0 & 0
    \end{array}\right).
\]
这样$x_3$是自由变元。任取$x_3=c$, 回代可解得$x_2=-1$, $x_1=1-x_2+x_3=2+c$.
总结下就是：$a,b$ 的值为 $a=-1, b=-3$, 方程组的通解为 $(x_1,x_2,x_3)^{\rT}=(2+c, -1, c)^{\rT}$, 其中 $c$ 是任意数。

\item 要找这些行向量的极大线性无关组，我们把矩阵 $\begin{pmatrix}
    \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT} & \alpha_5^{\rT}
\end{pmatrix}$ 行化简至阶梯形：
\[
    \begin{pmatrix}
            \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT} & \alpha_5^{\rT}
        \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        1 & 1 & 2 & 2 & 1 \\
        0 & 2 & 1 & 5 & -1 \\
        2 & 0 & 3 & -1 & 3 \\
        1 & 1 & 2 & 4 & -1
    \end{pmatrix}\longrightarrow 
    \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 0 & 3 \\
0 & 2 & 1 & 1 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 2 & -2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
\]
（矩阵能化简至的阶梯形不唯一，你化得的不必跟这个一样。）
非零行为 $1,2,3$ 行，每行第一个非零数所在列的列号为 $1,2,4$. 
所以 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$ 是一个极大线性无关组，秩为 $3$.
要表示出其他向量，我们接着化简至行阶梯标准型：
\[
    \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 0 & 3 \\
0 & 2 & 1 & 1 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 2 & -2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}
    \longrightarrow  \begin{pmatrix}
1 & 0 & \frac{3}{2} & 0 & 1 \\
0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
\]
所以 $\alpha_3=\frac{3}{2}\alpha_1+\frac{1}{2}\alpha_2$, $\alpha_5=\alpha_1+2\alpha_2-\alpha_4$. 
\end{enumerate}
